ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — треугольники

Разбор — 3 балла

а) Угол $ACB$ прямой. Точки $B$, $C$, $N$ лежат на одной прямой, а луч $CM$ совпадает с лучом $CA$, поэтому угол $NCM$ смежный с прямым углом $BCA$:

$$\angle NCM=180^{\circ }-90^{\circ }=90^{\circ }.$$

Треугольники $ACB$ и $NCM$ прямоугольные, и по условию $CA=CN$, $CB=CM$. По двум катетам они равны, причём вершине $A$ соответствует вершина $N$, а вершине $B$ — вершина $M$. Отсюда равны соответственные углы. Обозначим

$$\angle CAB=\angle CNM=\alpha .$$

Медиана прямоугольного треугольника, проведённая к гипотенузе, равна половине гипотенузы. В треугольнике $ABC$ это даёт $CP=PA=\frac{1}{2}AB$, значит, треугольник $APC$ равнобедренный и углы при его основании $AC$ равны:

$$\angle PCA=\angle PAC=\alpha .$$

Точно так же в прямоугольном треугольнике $NCM$ имеем $CQ=QN=\frac{1}{2}NM$, треугольник $NQC$ равнобедренный и

$$\angle QCN=\angle QNC=\alpha ,\angle QCM=\angle NCM-\angle QCN=90^{\circ }-\alpha .$$

Точка $P$ лежит внутри угла $ACB$, а точка $Q$ — внутри угла $NCM$, то есть по разные стороны от прямой $AC$. Луч $CM$ совпадает с лучом $CA$, поэтому

$$\angle PCQ=\angle PCA+\angle ACQ=\alpha +(90^{\circ }-\alpha )=90^{\circ }.$$

Значит, $CP\perp CQ$. Что и требовалось доказать.

б) Рассмотрим треугольник $ABN$ и докажем, что $K$ и $L$ — основания его высот, проведённых из вершин $N$ и $B$.

В прямоугольном треугольнике $ABC$ сумма острых углов равна $90^{\circ }$, поэтому $\angle ABC=90^{\circ }-\alpha$. В треугольнике $NKB$ угол при вершине $N$ равен $\angle MNC=\alpha$ (из равенства треугольников в пункте а), а угол при вершине $B$ равен $\angle ABC=90^{\circ }-\alpha$. По теореме о сумме углов треугольника

$$\angle NKB=180^{\circ }-\alpha -(90^{\circ }-\alpha )=90^{\circ },$$

то есть $NK\perp AB$.

Треугольник $BCM$ прямоугольный и равнобедренный ($CB=CM$), поэтому $\angle CBM=45^{\circ }$. Треугольник $ACN$ тоже прямоугольный и равнобедренный ($CA=CN$), поэтому $\angle CNA=45^{\circ }$. В треугольнике $BLN$ два угла равны $45^{\circ }$, значит, $\angle BLN=90^{\circ }$, то есть $BL\perp AN$.

Итак, $NK$ и $BL$ — высоты треугольника $ABN$. Проверим, что их основания лежат на сторонах. Луч $AC$ проходит внутри угла $BAN$, поэтому $\angle BAN=\angle BAC+\angle CAN=\alpha +45^{\circ }$, где $\mathrm{tg}\alpha =\frac{BC}{AC}=\frac{1}{5}<1$, то есть $\alpha <45^{\circ }$. Углы треугольника $ABN$ равны $\alpha +45^{\circ }$, $90^{\circ }-\alpha$ и $45^{\circ }$ — все острые, поэтому $K$ лежит на стороне $AB$, а $L$ — на стороне $AN$.

Углы $BKN$ и $BLN$ прямые, поэтому точки $K$ и $L$ лежат на окружности с диаметром $BN$, и четырёхугольник $BKLN$ вписанный. Сумма его противоположных углов $BKL$ и $BNL$ равна $180^{\circ }$, а угол $AKL$ смежный с углом $BKL$. Значит,

$$\angle AKL=180^{\circ }-\angle BKL=\angle BNL=\angle ANB.$$

Треугольники $AKL$ и $ANB$ имеют общий угол $A$ и равные углы $AKL$ и $ANB$. По двум углам они подобны, причём $K\leftrightarrow N$, $L\leftrightarrow B$. Коэффициент подобия равен $\frac{AK}{AN}$, а из прямоугольного треугольника $AKN$ имеем $AK=AN\cos \angle BAN$. Поэтому

$$\frac{KL}{NB}=\frac{AK}{AN}=\cos \angle BAN,KL=BN\cdot \cos \angle BAN.$$

Найдём нужные длины. $BN=BC+CN=1+5=6$. По теореме Пифагора из треугольников $ABC$ и $ACN$:

$$AB=\sqrt{1^2+5^2}=\sqrt{26},AN=\sqrt{5^2+5^2}=5\sqrt{2}.$$

По теореме косинусов в треугольнике $ABN$:

$$\cos \angle BAN=\frac{A{B}^2+A{N}^2-B{N}^2}{2\cdot AB\cdot AN}=\frac{26+50-36}{2\cdot \sqrt{26}\cdot 5\sqrt{2}}=\frac{40}{10\sqrt{52}}=\frac{4}{2\sqrt{13}}=\frac{2}{\sqrt{13}}.$$

Тогда

$$KL=6\cdot \frac{2}{\sqrt{13}}=\frac{12}{\sqrt{13}}=\frac{12\sqrt{13}}{13}.$$

Ответ: б) $\frac{12\sqrt{13}}{13}$.